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2025 年高考第一次模拟考试
物理·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共10 小题，第1~7 题在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题4 分，
共28 分。第8~10 题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错或不答
的得0 分，共18 分。
1．物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。下列说法符合事
实的是（ ）
A．普朗克提出了光子说，成功地解释了光电效应现象
B．卢瑟福用α 粒子轰击
获得反冲核
，发现了中子
C．玻尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律
D．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
【答案】C
【解析】A．爱因斯坦提出了光子说，成功地解释了光电效应现象，故A 错误；
B．卢瑟福用α 粒子轰击
获得反冲核
，发现了质子，故B 错误；
C．波尔的原子理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故C 正确；
D．卢瑟福通过对α 射线散射的研究提出了原子的核式结构模型，发现了原子中存在原子核，故D 错误。
故选C。
2．一列简谐横波沿x 轴正方向传播，波源的振动频率为0.5 Hz。在x 轴上有相距4 m 的两个质点，它们相
继达到正向最大位移处的时间间隔为1 s，则这列波的波长、波速分别为（ ）
A．4m、4m/s
B．4m、2m/s
C．8m、4m/s
D．8m、8m/s
【答案】C
【解析】在x 方向上有相距4m 的两个质点，因振动频率为0.5Hz，则波的传播频率也为0.5Hz，则周期
1
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为2s，由于相继达到正向最大位移处的时间间隔为1s，所以两个质点的距离为波长的一半，即波长为
λ=8m
再由公式v=λf，可知v=8×0.5m/s=4m/s 故选C。
3．质量m 的小球从距轻质弹簧上端h 处自由下落，已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为k，小球在运
动过程中的最大动能
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】当小球的加速度为零时，速度最大，动能最大，则
根据系统机械能守恒定律可得
联立解得
故选C。
4．如图，螺线管内有平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B 的正方向，螺线管
与U 型导线框cdef 相连，导线框cdef 内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef 在同一平面内。
当螺线管内的磁感应强度随时间按图示规律变化时（ ）
A．在
时间内，金属圆环L 有扩张趋势
B．在
时刻，导线框cdef 内的感应电流最小
C．在
时刻，导线框cdef 内的感应电流最大
D．在
时间内，金属圆环L 内有顺时针方向的感应电流
【答案】D
【解析】AD．在
时间内，磁场方向向上，磁通量减小，根据楞次定律可知，导线框感应电流方
向为cdef，根据安培定则，可知金属圆环处的磁场方向垂直纸面向外，由于磁场变化率增大，则导线框
2
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的电流增大，金属圆环处的磁场变大，根据楞次定律，金属圆环的感应电流沿顺时针方向。根据“增
缩减扩”，可知，金属圆环有收缩趋势， A 错误，D 正确；
B．在
时刻，磁场的变化率最大，则磁通量的变化率最大，感应电流最大，B 错误；
C．在
时刻，磁场的变化率为零，则磁通量的变化率为零，感应电流为零，C 错误。故选D。
5．半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O 点为圆心，OO′为直径MN 的垂线，足够大的光屏PQ 与直径MN
垂直并接触于N 点，已知半圈形玻璃砖的半径R=15cm，折射率
。一细束激光沿半径方向射向圆
心O 点，入射光线与OO'夹角θ=30°，光屏PQ 上出现两个光斑，则这两个光斑之间的距离为（ ）
A．
cm
B．
cm
C．
cm
D．
cm
【答案】B
【解析】画出光路图如图所示
设折射角为γ，根据折射定律
则得
解得γ=60°根据几何关系，两
个光斑之间的距离为
故选B。
3
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6．磁感应强度大小为B0的匀强磁场方向垂直于纸面向里，通电长直导线位于纸面上，M、N 是纸面上导
线两侧关于导线对称的两点。经测量，N 点的磁感应强度大小是M 点磁感应强度大小的3 倍且方向相
同，则通电长直导线在M 点产生的磁感应强度大小等于（通电长直导线在空间中某点产生的磁感应强
度大小
，其中k 为常量，I 为通过的电流，r 为点到导线的距离）（ ）
A．B0
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由磁感应强度大小
可知，磁感应强度大小与距离r 有关，根据安培定则知通电直导线
在M、N 两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B，由磁感应强度矢量叠加原理，N
点的合磁感应强度为B0+B，方向垂直纸面向里，M 点的合磁感应强度大小为
，方向垂直纸面向
里，则
解得
故B 正确，ACD 错误。故选B。
7．如图所示，光滑斜面倾角为
，质量相等的两滑块A 和B 通过轻质弹簧连接，弹簧劲度系数为k，现对
A 施加沿斜面向上的恒力F 使A 由静止沿斜面向上运动，当B 刚要离开挡板C 时，A 的速度大小为，
加速度大小为a。已知滑块的质量为m，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧处于原长时，滑块A 的速度为
4
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B．弹簧处于原长时，滑块A 的加速度为
C．在B 离开挡板C 之前，滑块A 的最大加速度为
D．当滑块A 速度达到最大时，B 的加速度大小为零
【答案】C
【解析】A．设开始时弹簧的压缩量为
，根据平衡条件有
滑块B 刚好离开档板时，弹力
等于滑块B 沿斜面的重力分量，则
可知滑块B 刚好离开档板时弹簧的伸长量等于开始时
的压缩量。
分析可知滑块A 从静止到滑块B 刚好离开档板时做加速度减小的加速运动，所以弹簧处于原长时，滑
块A 的速度大于
，故A 错误；B．弹簧处于原长时弹力为零，对滑块A 由牛顿第二定律有
由B 刚要离开挡板C 时，对滑块A 有
联立可得
故B 错误；C．分析可
知，开始时滑块A 的加速度最大。由牛顿第二定律可得
其中
可得
滑块A 的最大加速度为
故C 正确；D．当A 的速度达到最大时，A 受到的合外力为0，
则
可得
此时对滑块B 有
联立可得
故D
错误。
故选C。
8．嫦娥六号返回地球的轨迹如图所示，嫦娥六号从A 点进入大气层，实现第一次减速，从C 点飞出大气
层，再从E 点进入大气层，实现第二次减速，精准地落在预定地点，从A→B→C→D→E 打了一个
9000km 的水漂，其中B、D 分别为轨迹的最低、最高点。则嫦娥六号打水漂的过程中（ ）
5
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A．在B 点，嫦娥六号处于超重状态
B．在C 点，嫦娥六号的速度方向指向地心
C．在D 点，嫦娥六号受到地球的引力最大
D．在E 点，嫦娥六号受到的合力方向指向轨迹的下方
【答案】AD
【解析】A．在
点，合力方向指向轨迹凹侧，向上，故嫦娥六号处于超重状态，故A 正确；B．在
点，嫦娥六号的速度方向沿过
点的切线方向，不指向地心，故B 错误；C．嫦娥六号从
过程中，
点离地心最远，根据
可得，在
点，受到地球的引力最小，
故C 错误；D．根据物体做曲线运动的受力特点，合力方向要指向轨迹的凹侧，故在E 点，嫦娥六号受
到的合力方向指向轨迹的下方，故D 正确。故选AD。
9．如图所示，有甲、乙两个完全相同、带轻质活塞、内壁光滑的绝热汽缸。内部封闭相同质量的同种理
想气体，初始状态下气体的温度均为27℃，然后把汽缸甲的活塞固定。现用电热丝分别对汽缸缓慢加
热，使得甲、乙汽缸中气体的温度都上升到77℃，发现汽缸甲内气体吸收了600J 热量，汽缸乙的活塞
向上移动了3cm。已知大气压
，活塞的截面积为
。下面说法正确的是
（ ）
A．对于温度升高到77℃过程，乙中气体对外做功30J
B．对于温度升高到77℃过程，乙中内能增加570J
C．甲汽缸中单位时间撞击容器壁单位面积的分子数增加
D．乙汽缸中单位时间撞击容器壁单位面积的分子数增加
【答案】AC
【解析】A．乙中气体对外所做的功
代入数据解得
A 正确；B．由于甲内的
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气体吸收了600J 的热量，气体对外做功为零，故甲中气体内能的增加了600J，而甲、乙两个汽缸内的
气体完全相同，初温和末温也相同，故甲乙汽缸内气体的内能变化量也相同，故乙中气体的内能增加
了600J，B 错误；CD．汽缸甲的活塞固定，体积不变，温度升高时，根据理想气体状态方程
甲汽缸中的气体的压强增大，同理，对于乙汽缸中的气体，可以看成等压变化，故甲汽缸中单位时间
撞击容器壁单位面积的分子数增加，乙汽缸中单位时间撞击容器壁单位面积的分子数减少，C 正确，D
错误。故选AC。
10．如图所示，矩形
区域存在竖直向上的匀强电场，竖直线
上的
相邻两点的间
距均为1.5cm，水平线
上的
相邻两点的间距均为
。一电子沿某一方向通过
边进入电场时的动能
，经过矩形内
点正上方时的动能
，且此时速度方向恰
好水平向右，已知
点所在的等势面的电势
，电子始终在
下方的区域内运动，电子电荷
量大小为，不计电子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．电子经过
边时的速度方向与水平方向的夹角为
B．电子不可能从
点离开电场
C．若电子从
点离开电场，则其经过
点时的电势能一定为
D．若电子从
进入电场，则它一定从
点离开电场
【答案】ABC
【解析】A．如图甲所示
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设电子从
边进入电场时，设速度方向与水平方向的夹角为
，则有
，
，
联立可解得
即
故A 正确；
B．设电子进入电场后经过时间运动到最大高度，水平位移为
，则有
因电子经过
点正上方时速度沿水平方向，表明电子进入电场的最高位置为
点，此时电子的水平
位移最大，如图乙所示，据初速度为零的匀变速直线运动的特点可知，竖直方向电子从
运动到
的时间和电子从
到出电场的时间相等，所以电子离开电场时距
点最远点为
点，故B 正确；
CD．电子在运动过程中电势能与动能之和守恒，电子从
运动到
克服电场力做功为
而从
运动到
点电场力做的正功
所以电子经过
点时电势能
故C 正确；D．由上述分析可知，若电子从
点离开电场，电子应从
点进入电场，故D
错误。故选C。
二、实验题：本题共2 小题，共18 分。
11．(8 分)某同学利用如图甲所示的实验装置来探究物块在水平桌面上的运动规律。
(1)实验时应在释放物块 （填“前”或“后”）开启打点计时器。
(2)实验时得到一条纸带的部分计数点如图乙所示，纸带上打出相邻两个计数点的时间间隔为T，纸带
上打出B 点时物块的速度大小
，物块的加速度大小
（均用题中和图乙中给定的
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物理量符号表示）。
(3)再次实验时取出砂桶中的一定质量砂子后，轻推物块，发现在砂桶落地前打点计时器打出的纸带点
迹均匀，用天平分别测出物块的质量
、砂和砂桶的质量
。若不计纸带与打点计时器间的摩擦，
则物块与水平桌面间的动摩擦因数
（用给定的物理量符号表示）。
【答案】(1)前 (2)
(3)
【解析】（1）为了避免纸带上出现大量的空白段落，实验时应在释放物块前开启打点计时器。
（2）[1]匀变速直线运动全程的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则纸带上打出B 点时物块的速度
大小
[2]根据逐差法可知，物块的加速度大小
（3）纸带上点迹均匀，说明物块和砂桶均在做匀速直线运动，对砂桶分析有
对物块分析有
解得
12．(10 分)中国新能源汽车技术持续创新，市场渗透率快速提升，产销量居全球第一。我市学生实验小组
尝试测量某新能源汽车上蓄电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材
组成如图甲所示实验电路。
(1)小保同学选择合适的仪器按照图甲实验时发现，大范围移动滑动变阻器滑片，电压表的示数变化都
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不明显，小保在思考后将
的定值电阻串入电路中，如图中的 （填“乙”或“丙”），
解决了这一问题。
(2)选定设计的实验电路，多次调节滑动变阻器R 阻值，读出相应的电压表和电流表示数U 和I，将测
得的数据描绘出如图丁所示的
图像，则该电池的电动势
V，内阻
（结果
均保留两位有效数字）。
(3)实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据
进行修正，在图丁中重新绘制
图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将
，与纵坐标轴交点的数值将 （两空均选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】(1)乙 (2) 6.0 1.0 (3) 不变 变大
【解析】（1）大范围移动滑动变阻器滑片，电压表的示数变化都不明显，是因为
太小，在乙图
中
在丙图中
为了解决这一问题，要增大
，故选乙。
（2）[1]电池的电动势等于纵轴的截距
[2]电池的内阻与
串联后的总阻值为
图像的斜率的绝对值，即
因此电源内阻
（3）[1][2]分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池
的电流，考虑电压表内阻
的影响，流过电压表的电流为
可知流过电池的电流为
则
因电压表内阻
不变，随着电压
值减小，电压表电流
减小，当电压
值趋于0 时，I 趋于
，
在图乙中重新绘制的
图线如图示
10
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故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。
三、计算题：本题共3 小题，共37 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后
答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13．（10 分）如图，从离子源产生的一质量为m、电荷量为q 的带电粒子（不计重力），由静止经电场加
速后，自a 点沿半径方向垂直于匀强磁场射入圆形区域的磁场，在c 点射出，已知圆的半径为r，粒子
在磁场中运动时间为t0，∠aOc=120°，求：加速电场的电压
【答案】
【解析】粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
由几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为
轨迹半径为
粒子在磁场中做圆周运动的周期为
粒子在磁场中的运动时间为
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粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
粒子在电场中加速，由动能定理得
解得
14.(12 分)如图所示，在光滑固定水平圆环中有两个可看成质点的小球，小球
位于
点，小球
位于
点，
是圆环的一条直径，
，圆环的周长
，刚开始两球都静止，现给小球
一方向垂直
、大小为
的速度，两球碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。
(1)分别求出第一次碰撞后瞬间两球的速度大小
、
；
(2)求从小球
、
第一次相碰到第二次相碰的时间间隔；
(3)求小球
从开始运动到与小球
第100 次相碰过程中运动的总路程
。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【解析】（1）以小球a 的初速度方向为正方向，两球发生弹性碰撞，动量守恒，动能总和不变，则
有
解得
，
（2）设小球
第一次相碰到第二次相碰过程中，小球a 运动的路程为s，则小球b 运动的路程为
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，则有
解得
，
（3）两球发生第二次弹性碰撞
解得
，
可以看出两球的速度回到初始状态，所以小球a 从开始运动到与小球b 第100 次相碰过程中运动的总
路程为
15.(14 分)如图所示，PM、QN 是两根半径为d 的粗糙的
圆弧轨道，其间距为l，O 点为PM 圆弧的圆心，
O、P 连线水平，M、N 在同一水平高度，圆弧轨道电阻不计，在其上端连有一阻值为R 的电阻，整个
装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现有一根长度稍大于l、质量为m、电阻为r
的金属棒从轨道的顶端PQ 处以一定的初速度开始下滑，由于轨道摩擦的作用，下滑过程中金属棒的
速率保持不变，到达轨道底端MN 时对轨道的压力为2mg，求：
(1)金属棒到达最低点时它两端的电压；
(2)金属棒由PQ 下滑到MN 过程中通过它的电荷量；
(3)由PQ 下滑到MN 过程中金属棒中产生的焦耳热。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】（1）在轨道的最低点MN 处，金属棒对轨道的压力
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根据牛顿第三定律知轨道对金属棒的支持力大小
根据牛顿第二定律
解得
金属棒切割磁感线产生的感应电动势
金属棒到达最低点时两端的电压
（2）由金属棒由PQ 下滑到MN 过程中通过它的电荷量
又
，
，
联立解得
（3）下滑过程中，金属棒切割磁感应线产生正弦式交流电，其有效值
回路中产生的焦耳热
金属棒产生的热量
14
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